力扣 1514——概率最大的路径

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发布于: 2020 年 08 月 26 日
本题主要和图的遍历求解最短路径相关，可以用 Dijkstra 或者 Bellman-Ford 算法进行解决。
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原题﻿
给你一个由 n 个节点（下标从 0 开始）组成的无向加权图，该图由一个描述边的列表组成，其中 edges[i] = [a, b] 表示连接节点 a 和 b 的一条无向边，且该边遍历成功的概率为 succProb[i] 。
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指定两个节点分别作为起点 start 和终点 end ，请你找出从起点到终点成功概率最大的路径，并返回其成功概率。
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如果不存在从 start 到 end 的路径，请 返回 0 。只要答案与标准答案的误差不超过 1e-5 ，就会被视作正确答案。
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示例 1：
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输入：n = 3, edges = [[0,1],[1,2],[0,2]], succProb = [0.5,0.5,0.2], start = 0, end = 2
输出：0.25000
解释：从起点到终点有两条路径，其中一条的成功概率为 0.2 ，而另一条为 0.5 * 0.5 = 0.25
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示例 2：
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输入：n = 3, edges = [[0,1],[1,2],[0,2]], succProb = [0.5,0.5,0.3], start = 0, end = 2
输出：0.30000
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示例 3：
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输入：n = 3, edges = [[0,1]], succProb = [0.5], start = 0, end = 2
输出：0.00000
解释：节点 0 和 节点 2 之间不存在路径
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提示：
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2 <= n <= 10^4
0 <= start, end < n
start != end
0 <= a, b < n
a != b
0 <= succProb.length == edges.length <= 2*10^4
0 <= succProb[i] <= 1
每两个节点之间最多有一条边
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解题﻿
首次尝试﻿
原本，我想利用树的深度优先搜索遍历，加上一定程度的剪枝（就是排除已经遍历过的节点），完成这道题目，代码如下：
class Solution {
    /**
     * key为起始点，value为所有相连的点
     */
    Map<Integer, Set<Integer>> map;
    /**
     * key为"点A_点B"(A < B)，value为对应的概率
     */
    Map<String, Double> probMap;
    double maxProb = -1;
    int end;
    public double maxProbability(int n, int[][] edges, double[] succProb, int start, int end) {
        map = new HashMap<>(n * 4 / 3 + 1);
        probMap = new HashMap<>(succProb.length * 4 / 3 + 1);
        this.end = end;
        // 构造每个点的相连关系
        for (int i = 0; i < edges.length; i++) {
            int[] edge = edges[i];
            Set<Integer> set = map.computeIfAbsent(edge[0], k -> new HashSet<>());
            set.add(edge[1]);
            set = map.computeIfAbsent(edge[1], k -> new HashSet<>());
            set.add(edge[0]);
            String key = edge[0] < edge[1] ? (edge[0] + "_" + edge[1]) : (edge[1] + "_" + edge[0]);
            probMap.put(key, succProb[i]);
        }
        boolean[] visited = new boolean[n];
        dp(start, 1, visited);
        return maxProb == -1 ? 0 : maxProb;
    }
    public void dp(int index, double prob, boolean[] visited) {
        // 已到终点
        if (index == end) {
            maxProb = prob > maxProb ? prob : maxProb;
            return;
        }
        // 获取当前点可以到达的所有点
        Set<Integer> set = map.get(index);
        // 如果当前点到达不了其余点
        if (set == null) {
            return;
        }
        // 标记当前点已访问
        visited[index] = true;
        // 遍历相邻的点
        for (int next : set) {
            if (visited[next]) {
                continue;
            }
            String key = index < next ? (index + "_" + next) : (next + "_" + index);            
            // 访问下一个点
            dp(next, prob * probMap.get(key), visited);
        }
        // 退出，将该点标记为未访问
        visited[index] = false;
    }
}
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但很可惜，超时了。我想了一下，应该是因为没有借用之前已经计算出来的结果，因此比较浪费时间。
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其时间复杂度取决于边的数量，假设边的数量是 m ，则时间复杂度为O(m^2)。
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而边 m 与点 n 的关系，m 最小是 0（也就是点之间没有线），最大是 (n - 1) * n / 2，每个点之间都有连线。
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因此可以预见，这样的算法效率确实很差。
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Dijkstra 算法﻿
定义概览﻿
Dijkstra (迪杰斯特拉)算法是典型的单源最短路径算法，用于计算一个节点到其他所有节点的最短路径。主要特点是以起始点为中心向外层层扩展，直到扩展到终点为止。
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注意该算法要求图中不存在负权边。
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算法思想﻿
设 G=(V,E) 是一个带权有向图，把图中顶点集合 V 分成两组：
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第一组为已求出最短路径的顶点集合（用 S 表示，初始时 S 中只有一个源点，以后每求得一条最短路径 , 就将加入到集合 S 中，直到全部顶点都加入到 S 中，算法就结束了）。
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第二组为其余未确定最短路径的顶点集合（用 U 表示），按最短路径长度的递增次序依次把第二组的顶点加入 S 中。
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在加入的过程中，总保持从源点 v 到 S 中各顶点的最短路径长度不大于从源点 v 到 U 中任何顶点的最短路径长度。
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此外，每个顶点对应一个距离，S 中的顶点的距离就是从 v 到此顶点的最短路径长度。U 中的顶点的距离，是从 v 到此顶点只包括 S 中的顶点为中间顶点的当前最短路径长度。
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算法步骤﻿
初始时，S 只包含源点，即 S ＝{v}，v 的距离为0。U 包含除 v 外的其他顶点，即: U ={其余顶点}，若 v 与 U 中顶点 u 有边，则<u,v>正常有权值，若u不是v的出边邻接点，则<u,v>权值为∞。
从U中选取一个距离v最小的顶点k，把k，加入S中（该选定的距离就是v到k的最短路径长度）。
以k为新考虑的中间点，修改U中各顶点的距离；若从源点v到顶点u的距离（经过顶点k）比原来距离（不经过顶点k）短，则修改顶点u的距离值，修改后的距离值的顶点k的距离加上边上的权。
重复步骤b和c直到所有顶点都包含在S中。
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执行动画过程如下图
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本题解法﻿
class Solution {
    public double maxProbability(int n, int[][] edges, double[] succProb, int start, int end) {
        // records[i]代表点i相邻的所有点，以及其概率
        List<List<Record>> allRecords = new ArrayList<>(n + 1);
        for (int i = 0; i < n + 1; i++) {
            allRecords.add(new LinkedList<>());
        }
        // 构造每个点的相连关系
        for (int i = 0; i < edges.length; i++) {
            int[] edge = edges[i];
            List<Record> records = allRecords.get(edge[0]);
            records.add(new Record(edge[1], succProb[i]));
            
            records = allRecords.get(edge[1]);
            records.add(new Record(edge[0], succProb[i]));
        }
        // 利用广度优先搜索，进行遍历
        // 借用优先队列，保证优先遍历当前概率高的
        PriorityQueue<Record> queue = new PriorityQueue<>();
        // 记录从start到每一个点的概率
        double[] result = new double[n];
        // 从start开始遍历
        queue.offer(new Record(start, 1));
        result[start] = 1;
        // 开始
        while (!queue.isEmpty()) {
            // 当前节点
            Record record = queue.poll();
            int node = record.node;
            double prob = record.prob;
            // 获取当前点所能达到的其他节点
            List<Record> otherNodes = allRecords.get(node);
            // 遍历其余节点
            for (Record next : otherNodes) {
                int nextNode = next.node;
                double nextProb = prob * next.prob;
                // 如果当前计算出的概率，小于等于之前计算的概率
                if (nextProb <= result[nextNode]) {
                    // 那么就没有必要继续算了，直接用之前的即可
                    continue;
                }
                
                // 更新概率
                result[nextNode] = nextProb;
                // 如果已到结尾或者当前的概率已经比到end的小
                if (nextNode == end || nextProb < result[end]) {
                    // 那么也没有必要继续了
                    continue;
                }
                // 添加节点
                queue.offer(new Record(nextNode, nextProb));
            }
        }
        return result[end];
    }
    class Record implements Comparable<Record> {
        int node;
        double prob;
        public Record(int node, double prob) {
            this.node = node;
            this.prob = prob;
        }
        @Override
        public int compareTo(Record other) {
            if (other == null) {
                return -1;
            }
            if (this.prob == other.prob) {
                return this.node - other.node;
            }
            return this.prob - other.prob > 0 ? -1 : 1;
        }
    }
}
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提交OK，执行用时超过了69%的 java 提交记录，看来还有值得优化的地方。
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假设边的数量为 m ，点的数量为 n ，则时间复杂度为O(n + m + nlogn)。
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Bellman-Ford 算法﻿
之前有说到 Dijkstra 算法要求不能有负权边，而这个 Bellman-Ford 算法是支持的。
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算法步骤﻿
创建源顶点 v 到图中所有顶点的距离的集合 distSet，为图中的所有顶点指定一个距离值，初始均为 Infinite，源顶点距离为 0；
计算最短路径，执行 V - 1 次遍历；对于图中的每条边：如果起点 u 的距离 d 加上边的权值 w 小于终点 v 的距离 d，则更新终点 v 的距离值 d；
检测图中是否有负权边形成了环，遍历图中的所有边，计算 u 至 v 的距离，如果对于 v 存在更小的距离，则说明存在环；
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例如，下面的有向图 G 中包含 5 个顶点和 8 条边。假设源点 为 A。初始化 distSet 所有距离为 INFI，源点 A 为 0。
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由于图中有 5 个顶点，按照步骤 1 需要遍历 4 次，第一次遍历的结果如下。
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第二次遍历的结果如下。
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以此类推可以得出完全遍历的结果。
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本题解法﻿
class Solution {
  public double maxProbability(int n, int[][] edges, double[] succProb, int start, int end) {
    // 记录结果
    double[] result = new double[n];
    // 起点
    result[start] = 1;
    // 从start点出发，先更新直接与start点相连的点的概率，然后逐步更新，直到不需要更新为止
    while (true) {
      // 是否有过变动
      boolean changed = false;
      // 遍历所有边
      for (int j = 0; j < edges.length; j++) {
        int[] edge = edges[j];
        // 如果从当前点edge[0]出发，到edge[1]的概率，大于之前记录的结果
        if (result[edge[0]] * succProb[j] > result[edge[1]]) {
          // 则更新
          result[edge[1]] = result[edges[j][0]] * succProb[j];
          changed = true;
        }
        // 因为是无向图,所以再反向遍历
        if (result[edge[1]] * succProb[j] > result[edge[0]]) {
          result[edge[0]] = result[edge[1]] * succProb[j];
          changed = true;
        }
      }
      // 一遍未修改则表示图已遍历完成
      if (!changed) {
        break;
      }
    }
    return result[end];
  }
}
提交OK，执行用时超过了95%的 java 提交记录。
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其时间假设边的数量为 m ，点的数量为 n ，则时间复杂度为O(mn)。
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总结   
以上就是这道题目我的解答过程了，不知道大家是否理解了。本题主要和图的遍历求解最短路径相关，可以用 Dijkstra 或者 Bellman-Ford 算法进行解决。
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有兴趣的话可以访问我的博客或者关注我的公众号、头条号，说不定会有意外的惊喜。
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公众号：健程之道
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